XI OM - II - Zadanie 6

Obliczyć objętość czworościanu $ ABCD $ mając dane krawędzie $ AB = b $, $ AC = c $, $ AD = d $ oraz kąty $ \measuredangle CAD = \beta $, $ \measuredangle DAB = \gamma $ i $ \measuredangle BAC = \delta $.

Rozwiązanie

Poprowadźmy wysokość $ DH $ czworościanu $ ABCD $ (rys. 24). Objętość $ V $ czworościanu wyraża się wzorem:

\[<br />
(1) \qquad V = \frac{1}{3} DH \cdot \textrm{pole }ABC.<br />
\]

Otóż

\[<br />
(2) \qquad \textrm{pole }ABC = \frac{1}{2} AB \cdot AC \sin \measuredangle BAC = \frac{1}{2} bc \sin \delta,<br />
\]

a

\[<br />
(3) \qquad DH = \sqrt{AD^2 - AH^2} = \sqrt{d^2 - AH^2}.<br />
\]

Pozostaje do wyznaczenia długość $ AH $. Poprowadźmy prostopadłą $ HK $ do prostej $ AB $ i prostopadłą $ HL $ do prostej $ AC $. Ponieważ $ \measuredangle AKH = \measuredangle ALH = 90^\circ $, więc punkty $ A $, $ H $, $ K $, $ L $ leżą na okręgu o średnicy $ AH $. Okrąg ten jest okręgiem opisanym na trójkącie $ AKL $, wobec czego

\[<br />
(4) \qquad KL = AH \sin \measuredangle KAL,\textrm{ więc } AH = \frac{KL}{\sin \measuredangle KAL}.<br />
\]

Długość $ KL $ obliczymy z trójkąta $ AKL $:

\[<br />
(5) \qquad KL^2 = AK^2 + AL^2 - 2AK \cdot AL \cos \measuredangle KAL.<br />
\]

Ze wzorów (1)-(5) po uwzględnieniu, że $ \sin \measuredangle KAL = \sin \delta $, gdyż zależnie od położenia punktu $ K $ kąt $ KAL $ jest równy $ \delta $ lub $ 180^\circ - \delta $, otrzymujemy

\[<br />
(6) \qquad V = \frac{1}{6} bc \sqrt{a^2 \sin^2 \delta - AK^2 - AL^2 + 2AK \cdot AL \cos \measuredangle KAL}.<br />
\]

Żeby obliczyć długości $ AK $ i $ AL $ weźmy pod uwagę, że odcinki $ KH $ i $ LH $ są rzutami odcinków $ KD $ i $ LD $ na płaszczyznę $ ABC $. Ponieważ $ KH $ i $ LH $ są prostopadłe odpowiednio do $ AB $ i $ AC $, więc na podstawie ,,twierdzenia o trzech prostopadłych'' odcinki $ KD $ i $ LD $ są też prostopadłe do $ AB $ i $ AC $, zatem $ AK $ i $ AL $ są rzutami odcinka $ AD $ na proste $ AB $ i $ AC $. Na rys. 24 punkty $ K $ i $ L $ leżą na półprostych $ AB $ i $ AC $; w tym przypadku $ AK = AD \cos \measuredangle DAB = d \cos \gamma $ i podobnie $ AL = d \cos \beta $. W zależności jednak od położenia punktu $ H $ punkt $ K $ może wypaść na przedłużeniu $ BA $ poza punkt $ A $, wówczas $ AK = d \cos (180^\circ - \gamma) = - d \cos \gamma $; podobnie, jeżeli punkt $ L $ leży na przedłużeniu $ CA $ poza punkt $ A $, to $ AL = d \cos (180^\circ - \beta) = - d \cos \beta $. Zauważmy jednak, że jeżeli punkt $ K $ leży na półprostej $ AB $ a punkt $ L $ na przedłużeniu półprostej $ CA $ (rys. 25) lub na odwrót, to $ \measuredangle KAL = 180^\circ - \delta $, jeśli zaś $ K $ i $ L $ leżą na przedłużeniach półprostych $ BA $ i $ CA $ (rys. 26), to $ \measuredangle KAL = \delta $. Stąd wnioskujemy, że we wszystkich przypadkach zachodzi równość

\[<br />
AK \cdot AL \cos KAL = d^2 \cos \beta \cos \gamma \cos \delta.<br />
\]

Wobec tego ze wzoru (6) po odpowiednich podstawieniach otrzymujemy:

\[<br />
V = \frac{1}{6} bcd \sqrt{1 - \cos^2 \beta - \cos^2 \gamma - \cos^2 \delta + 2 \cos \beta \cos \gamma \cos \delta}.<br />
\]

Wyrażenie podpierwiastkowe można przekształcić do postaci

\[<br />
4<br />
\sin \frac{ \beta + \gamma + \delta}{2}<br />
\sin \frac{-\beta + \gamma + \delta}{2}<br />
\sin \frac{ \beta - \gamma + \delta}{2}<br />
\sin \frac{ \beta + \gamma - \delta}{2}<br />
\]

proponujemy to jako ćwiczenie.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź